函数与导数：利用导数证明累加型不等式、利用导数证明双变量不等式 讲义-2026届高三数学三轮冲刺

该高中数学高考复习讲义聚焦导数证明不等式核心考点，系统整合累加型与双变量不等式两大模块，构建“知识点解析—解题原理—思路提炼—真题演练”的复习框架，通过考点梳理、方法指导、分层训练等环节，帮助学生突破放缩累加、变量统一等难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以“函数构造—变量转化”为主线创新教学策略，如累加型不等式先证单项函数不等式再逐项累加，双变量问题通过比值换元转化为单变量函数，培养学生数学思维与表达能力。设置例题变式分层训练，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 函数与导数：利用导数证明累加型不等式、利用导数证明双变量不等式复习讲义 考点目录 利用导数证明累加型不等式 利用导数证明双变量不等式 知识点解析 考点一 导数证明累加型不等式 知识点 1. 常结合数列求和、放缩、裂项，多为含自然数 的不等式 1. 核心：先由导数证单项函数不等式，再逐项累加放缩 1. 常用形式： 常数/代数式 解题原理 先构造函数，用导数证明通项对应的放缩不等式，再对式子依次累加，消项化简完成证明。 解题思路 1. 构造函数，利用导数证明局部放缩不等式； 1. 令自变量取正整数，得到数列单项不等关系； 1. 依次写出 组式子左右分别累加； 1. 化简合并，整理得出最终累加不等式。 考点二 导数证明双变量不等式 知识点 1. 形式：含 ，多给定范围、极值点、零点条件 1. 主流方法：比值换元、差值换元、主元法、同构法、极值点偏移 1. 常用思路：统一变量、消元化为单变量函数 解题原理 通过换元、作差、作商、构造对称函数，将两个变量转化为单个变量，再用导数研究单调性与最值证不等关系。 解题思路 1. 利用题干条件消元，整理出两变量关系式； 1. 换元统一变量（令 或 ）； 1. 构造单变量新函数，求导判断单调性； 1. 借助函数最值与范围，推导出双变量不等式成立。 考点一 利用导数证明累加型不等式 【例题分析】 例1．（2026·广西南宁·模拟预测）已知函数. (1)求在区间上的值域； (2)证明：； (3)已知，若存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数判断单调性即可得到值域； （2）利用（1）得到的以及对不等式左边进行放缩，裂项相消求和即可证明不等式； （3）构造函数，求导数，并对参数分类讨论即可. 【详解】（1）由题得，所以在上单调递增， 于是有，且当时，， 故在区间上的值域为. （2）由（1）可知当时有，所以， 又因为，所以 ，证毕. （3）令，则， 当时， 令，则， 令，则， 令，则， ①当时，，所以在上单调递增， 所以，则在上单调递增， 所以，则在上单调递增，， 即， ②当时，，， 所以， 综上①②，当时，对任意，都有成立，不符合题意． 当时，， 则必存在，使得当时，， 所以在上单调递减，，即，符合题意， 所以的取值范围为． 例2．（2026·浙江绍兴·模拟预测）已知函数． (1)当时，求函数在上的最小值； (2)若是的导函数的极大值点，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数，分析函数的单调性，得到函数的最小值，求解即可. （2）根据极大值点以及的取值范围，分析讨论函数的单调性，结合零点存在定理，求出的取值范围； （3）利用（2）中的结论以及二倍角的正弦公式得到，进而证明即可. 【详解】（1）， ， 令单调递增， 且， 唯一使得， 在递增，在递减， ． （2）令， . 令，易知，故为奇函数． 而． 当时，有， 又因为，有， 故在单调递减，因为为奇函数，则在也单调递减，且， 即时，在单调递增； 时，在单调递减， 又因为，则是的极大值点． 当时，有， 令，则 又因为，有，故， 则在单调递减，因为为偶函数，则在单调递增， 又因为， 由零点存在性定理得，在和各有一个零点，分别记为， 则时，在单调递增； 即时，在单调递减； 时，在单调递增， 又因为，则是的极小值点，不符合题意． 综上，． （3）， 由（2）知时，在单调递减，， . ，即， ， . 例3．（2026·广东东莞·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数在上的值域； (2)若对任意，都有，求实数的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数判断在上的单调性即可求解； （2）问题转化为在上恒成立，令，利用二阶导数求的最小值，对二阶导数的符号进行分类讨论，分，，三种情况进行讨论； （3）利用（2）的结论可得，进而利用放缩可得，然后利用裂项相消求和可证明不等式的左半部分，令，利用导数证明当时，，再利用放缩可得，最后利用裂项相消求和可证明不等式的右半部分. 【详解】（1）当时，，则， 令，则，即； 令，则，即. 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以的值域为. （2）由，得， 设，则， ， 设，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以. ①当时，在上单调递减，则，不满足题意； ②当时，，使得， 当时，在上单调递减，则，不满足题意； ③当时，在上单调递增，则，满足题意. 综上可得，即实数的取值范围是. （3）由（2）得，当时，任意恒成立， 即， 所以， 所以 . 令，则， 存在，使得. 则当时，；当时，， 于是在上单调递增，在上单调递减，而， 所以，即当时，. 所以， 所以. 综上所述，. 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·湖南长沙·期中）已知函数 ． (1)求函数的极值； (2)当时，数列，且，； ①求数列的前项和； ②证明： ． 【答案】(1)当时，函数无极值．当时，函数极大值为，无极小值 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据导数与单调性、极值的关系求解即可. （2）①求出及，结合裂项相消法求解即可. ②结合①可得，结合（1）可得，构造函数，结合导数与单调性、最值的关系得到，进而得到，利用并项相消法求和证明即可. 【详解】（1）因为 ，，所以，． 当时，因为，所以恒成立，则函数在内单调递减，无极值． 当时，令，得， 则当时，，当时，， 所以函数在内单调递增，在内单调递减， 函数的极大值为，无极小值． 综上所述，当时，函数无极值． 当时，函数极大值为，无极小值． （2）①当时，，， 所以 ． ②证明：由①知，所以， 且由（1）知当时，的极大值即最大值为 ， 所以， 恒成立，即，当且仅当时等号成立． 令，则，， 所以，． 令，则恒成立， 所以函数在内单调递增， 则当时，，即． 所以，． 所以 所以．得证． 变式2．（25-26高二下·四川南充·期中）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)求证： 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）代入参数，求函数导数得到切线斜率，结合切点坐标，利用点斜式求解切线方程. （2）对函数求导并整理为分式形式，结合判别式与二次函数根的分布，分三类讨论导函数符号，以此确定函数单调区间. （3）利用第二问单调性推导放缩不等式，对不等式赋值后累加，再通过代数放缩完成不等式证明. 【详解】（1）当时， ，又，故曲线在点处的切线方程为. （2）函数的定义域为 当，即时，，函数在单调递减 当，即时， 若，令，得， 于是函数在和单调递减，在单调递增； 若，令，得（舍）. 函数在上单调递增，在单调递减. 综上，当时，在上单调递减 当时，在和上单调递减， 在上单调递增. 当时，在上单调递增，在单调递减． （3）（3）由（2）知，当时，函数在上单调递减， 所以当时， 即，所以 将代入上式， 可得，即 分别取， 于是． 将上述个式子左右分别相加， 可得 . 变式3．（2026·山东淄博·二模）已知函数，，a，. (1)当时，若函数有一个零点，求b的取值范围； (2)当，且时，令，设是从小到大的第n个极值点，证明：数列是等比数列； (3)当且时，令，且，有唯一的正零点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合的取值范围，分析求解即可. （2）利用导数，分析函数的单调性，进而得到，再代入中根据等比数列的定义求解即可. （3）根据零点对应的等式，放缩可得 ，再结合裂项相消法即可证明原不等式左边.对于不等式右边，由不等式以及并结合零点对应的等式，可证明，根据，令代入，可证，最后结合两者放缩即可证明原不等式右边. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，所以函数在单调递增，此时； 所以在上无零点； 当时，令，则，当时，， 则函数在单调递减；时，， 则函数在单调递增， 由于，所以， 且当趋于时，趋于，所以在有一个零点，符合题意， 综上所述，； （2）因为，所以 .其中. 因为，所以，根据周期性，可取， 令得， 由得，解得， ，当时，时，； 当时，时，. 因此，在正数范围内的区间与上 的符号总相反，所以是的极值点. 所以， . 假设，则. 而，所以无实数解，这说明. 所以，为非零常数， 所以数列是等比数列. （3），所以单调递增. 由题意可知. 易知，所以，所以. 即，也即，可得. 所以有. 故， 又易知， 根据题意可知，即， 从而有， 即，可得，进一步得， 所以， 易知，令得， 所以， 当时， ，所以，所以， 故 . 综上得. 考点二 利用导数证明双变量不等式 【例题分析】 例1．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，分类讨论，，三种情况，判断导数的正负进而得出单调性； （2）结合（1）的单调性，由恒成立，得出函数的最大值，列出不等式，再构造函数求解； （3）由题，设，则是方程的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出和即可证明． 【详解】（1）， ①当时，，则在上单调递减， ②当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）①当时，在上单调递减，且， 所以当时，，不合题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 又，时，，时，， 所以当时，，满足题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，不合题意； 综上所述，． （3），则， 令， 设，则是方程的两个不同的实数根， 则，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ，， 由于，且的极小值，当时，当时， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以在区间内，由于且递减，要使，必有， 在区间内，由于且递增，必有， 所以， 设，则， 令， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，即， 因为是方程的根，所以，代入不等式得：， 由于，则， 下面证明，那么就有， 由，令，， 则， 因为，，，所以， 所以在上单调递增，又， 因此当，，即， 由于且在上单调递增，且， 所以必有， 所以． 例2．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解； （2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证； （ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证. 【详解】（1）， 令，则， 故在上单调递减，又， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； （2）（ⅰ）， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，故在上单调递减， 又， 故当时，，当时， ， 即在上单调递增，在上单调递减， 当时，，由，则， 当时，，由，则，当时，， 故有两个零点，，且若，则； （ⅱ）由（1）知，恒成立， 当时，有，即， 不妨设，则，有， 即，则，整理得； 当时，有，即， 又，即， 则，整理得， 设关于的方程，， 故该方程有两根，设为、，且，则， 由，， 则，故. 例3．（2026·河北邯郸·三模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设为的极小值点. （ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：； （ⅱ）若，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）求定义域，二次求导，得到导函数的单调性； （2）（ⅰ）二次求导，分，讨论，得到函数单调性，结合零点存在性定理可得，从而可得不等式； （ⅱ）在（ⅰ）基础上，分，，，和五种情况，得到函数的极值点情况，得到答案 【详解】（1）当时，，， 则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）依题意，， 且， 令，则， （ⅰ）当时， 若，则，在上递减，从而， 即在上递增， 若，令，则. 当时，有，在上递减， 当时，有，在上递增， 故在处取极小值，且 又当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增； 故在处取极小值. 由于在上单调递减，所以， 又因为当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，有，从而， 故. （ⅱ）令，， ①当时，，即， 故在上单调递增 注意到，所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故在处取极小值，符合题意 ②当时，若，则，即， 在上递增， 从而，即在上单调递增； 若，令，得， 当时，，即，在上递增， 故，即在上递减， 因此，在处取极小值，符合题意. ③当时，由（1）知，，故在上单调递增，无极值点，不符合题意. ④当时，在上递增，不符合题意. ⑤当时，若，则有，即在上单调递减. 故有，即在上单调递减，不符合题意. 综上可知，的取值范围为. 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求的值； (2)若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围； (3)若有两个不同的零点，，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导，分，两种情况讨论求解即可； （3）由已知，转化为，进行求解，要证，转化为证明，进而构造，判断单调性，进而求证即可. 【详解】（1）由题意得：，即切点为． 因为，则． 据题意，切线经过点，则，解得． （2）由题意得， 若，因为，则恒成立， 所以在上单调递增，无极值，不符合题意； 若，令，得，令，得， 则在内单调递减，在内单调递增，所以为的极小值点， 由已知，，即， 则，即，得， 所以的取值范围是． （3）证明：由已知，，即， 两式相乘，得， 即，所以， 由（2）得当时，在上单调递增，至多1个零点，不符合题意，所以， 因为，则，同理，要证，即证， 即证，即证，即证， 即证，即证． 不妨设，由（2）知，，则． 因为在上单调递增，即证， 而，即证． 设， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以恒成立，则在上单调递增． 因为，则， 即，即，所以原不等式成立． 变式2．（2026·福建龙岩·三模）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点 （2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数 （3）令，只需证，再利用导数证明结论. 【详解】（1）的定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以的极小值点为． （2）法一：等价于， 又，可得， 令，， 记，则， 所以在单调递增． 又，， 故在上有唯一零点， 且， 又在单调递减，在单调递增， 所以， 由可得，又为整数， 所以整数的最大值为4． 法二：令 ， 问题转化为：对任意有，因为 当时， 所以在单调递增， 故，符合题意． 当时， ， 当 单调递减， 当 单调递增， 所以 ， 令 ， 所以在单调递减，又， 所以当时，满足的最大整数的值为4 综上：结合时均满足条件，所以整数的最大值为4． （3）令，，则， 所以，要证，即证， 即证， 等价于证， 设，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即， 因此只需证， 即 对于（1）式，只需证， 可设，， 则， 所以在上单调递减，在单调递增． 故，即成立． 对于（2）式，即要证， 设，则， 设，， 则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以， 令，则， 由知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 则在上递增，所以 综上命题得证． 变式3．（2026·湖北襄阳·二模）已知函数 (1)当时，，求的取值范围； (2)函数有两个不同的极值点，（其中），证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当时，恒成立问题； （2）函数极值点是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证. 【详解】（1）函数，，且， ①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立； ②当时，令，得， 当时，此时单调递减，故，不满足题意； 综上可知：，即的取值范围为． （2）由，故， 因为函数有两个不同的极值点，（其中），故，， 要证：，只要证：， 因为，于是只要证明即可， 因为，，故， 因此只要证，等价于证， 即证，令，等价于证明， 令，， 因为，所以， 故在上单调递增，所以，即. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 函数与导数：利用导数证明累加型不等式、利用导数证明双变量不等式复习讲义 考点目录 利用导数证明累加型不等式 利用导数证明双变量不等式 考点一导数证明累加型不等式 知识点 知识点解析 1.常结合数列求和、放缩、裂项，多为含自然数n的不等式 2.核心：先由导数证单项函数不等式，再逐项累加放缩 3.常用形式：f(1)+f(2)++f(n)<常数代数式 解题原理 先构造函数，用导数证明通项对应的放缩不等式，再对式子依次累加，消项化简完成证明。 解题思路 1.构造函数，利用导数证明局部放缩不等式； 2. 令自变量取正整数，得到数列单项不等关系； 3.依次写出n组式子左右分别累加； 4.化简合并，整理得出最终累加不等式。 考点二导数证明双变量不等式 知识点 1.形式：含X1,X2,多给定范围、极值点、零点条件 2.主流方法：比值换元、差值换元、主元法、同构法、极值点偏移 3.常用思路：统一变量、消元化为单变量函数 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 解题原理 通过换元、作差、作商、构造对称函数，将两个变量转化为单个变量，再用导数研究单调性与最值证不等关 系。 解题思路 1.利用题干条件消元，整理出两变量关系式； 2.换元统变量（令：=X或=X,-X,): X2 3.构造单变量新函数，求导判断单调性； 4.借助函数最值与范围，推导出双变量不等式成立。 考点一 利用导数证明累加型不等式 【例题分析】 例1.(2026：广西南宁·模拟预测)已知函数8()=x-si 0求8（在区同0+o)上的值域： f明.《可高eN) （6尼知()=COS+2m,若存在xc0,四)，使得(+g()kx,求m的取值范围， 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 例2.（(2026-浙江绍兴模拟预测)已知函数f(四)=(：+a)小sinr-ax(a∈R) [元5π ()当a=0时，求函数8()=x·f()在26]上的最小值： ②若x=0是f(闪的导函数问 的极大值点，求“的取值范围： (3)证明：sin0.01+sin0.03+sin0.05+…+sin0.99<24 例3。.(2026旷东东莞模拟预测)已知函数f()=2simr- )当a=1时，求函数f四在0，可上的值续： 都有f()之cosr,求实数a的取值范围： (3)证明： 2n+4<tan n 1 27 +tan 32*an1 1 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(25-26高二下·湖南长沙期中)已知函数 -=小- (1)求函数 f(x 的极值： 1 ②四当a=-1时，数列h=6+a,且C,n4-26】,neN: ①求数列 ,的前”项和： 1-2T ②证明：台 n0-2)+27<n2 变式2.(25-26高二下四川南充期中)已知函数f(x)=21x-x+m(meR) 当m=时，求曲线"=f在点f0叨 处的切线方程： 2时论函数()。 的单调性： 8b2女eN) nn+1n+2++ 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 变式3.(2026山东淄博二模)已知函数/()=(-e-r+a,x∈(0，+o）,4,beR )当a=1时，若两数/（有个零点，求b的取值范围： 2当a0,b=010<a<1时，令=/四ossn ,设n是h(x)从小到大的第n个极值点，证明：数 列》是等比数列： ③当a=-l且b=0时，令8，(=/)”，且neN,8,因有唯一的正零点，证明 2a-水安2a2 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点二 利用导数证明双变量不等式 【例题分析】 f(x)=a+)x+1 例1.(2026河北保定模拟预测)已知函 e(aER) (1)讨论函数 ) 单调性； 2)若/()s1 成立，求实数a的值： 已知8()=c[-]-”,当a>1时，函数8（恰有两个不同的极值点，G<),证明： 3-x1<2a+1 例2(2阿北维家三德E知题故=a+2h一（仁+-列.盾数s-2- Inx x+m,m为实数。 (1)证明： f(x)≤0 (2)若-1<m<0. （1)证明：8(x 有两个零点，5，且若<石，则<1<： x1+x2>3+m (ⅱ)证明： 6 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 f(x)=(2+ax)ln(1+x)-2x 例3.(2026河北邯郸·三模)已知函数 )当0=l时，求的单调区间： ②设为四的极小值点。 1,1a (i)当0<a<1时，若正实数X为f()的零点，证明：xx1-a: (i)若6=0 0,求“的取值范围 【变式训练】 变式1.(25-26高二下云南昆明期中)已知函数f()=。-a(r-) 喏曲线'=f(冈在=1处的切线'经过点2,0，求“的值： 2若)有极小值，且极小值小于0，求“的取值范围： 1+1>1 (3)若()有两个不同的零点×，名，证明：x龙· 7 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 f(x)=xInx 变式2.(2026福建龙岩三模)已知函数 )求)的极小值点： (2)已 2(x)-(k-)x+k>0(k∈Z对任意x>1都成立，求整数←的最大值： 3)尼知0<x<x≤1，证明：f(3)-f(xs-x 变式3.(2026湖北襄阳二横)已知函数()=血r-A(r-) (①当≥1时， f(x)≥0 求的取值范围： ②函数3()/(+(&-)有两个不同的极值点名，本（萁中<），证明：+3血6>4.